ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN – SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN – SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12

NĂM HỌC 2010-2011

Môn thi: TOÁN

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I (2,0 điểm):

Với mỗi tham số gọi (Cm) là đồ thị của hàm số:

(1)

1) Khảo sát sự

biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số (1) khi

2) Chứng minh rằng: khi m

thay đổi, đường thẳng (m): luôn cắt

(Cm) tại một điểm A có hoành độ không đổi Tìm m để (m) còn cắt (Cm) tại hai điểm nữa

khác A, mà các tiếp tuyến của (Cm) tại hai điểm đó song song với nhau.

Câu II (2,0 điểm):

1) Giải phương

trình lượng giác:

2) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt:

Câu III (1,0 điểm):

Tìm nguyên hàm của hàm số

Câu IV (1,0 điểm):

Cho khối lăng trụ Một mặt

phẳng () di động nhưng luôn đi qua điểm song song với đường thẳng và chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần Hãy xác định vị trí của () để hai phần đó có thể tích bằng nhau.

Câu V (1,0 điểm):

Tìm hằng số C lớn nhất để với

mọi cặp số thực dương x và y

Câu VI (2,0 điểm):

1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy,

cho (E) là một elip di động nhưng

luôn nhận hai tiêu điểm của hypebol

(H): làm các tiêu điểm và luôn có điểm chung với đường thẳng (): Tìm giá trị bé nhất của độ dài trục lớn của elip (E).

2) Tìm số hạng chứa trong

khai triển thành đa thức của

Câu VII (1,0 điểm):

,

 R

m

1.

m 

2

y mx m  

(cot 3 x  cot )cot 4 x x  (cot 3 x  cot )cot 2 x x

1 0







  cosln

' ' '.

ABC A B C A B C ' ' ',

x y

e  Cxy



1

 6 0 

x y   

7

x

1  x x2 x310

Cho ba số dương x, y, z thay

đổi và thỏa điều kiện Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

-Hết -Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

3

x y z 4  4 8 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12

NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12

Dưới đây là sơ lược biểu điểm của đề thi Học sinh giỏi lớp12 Các Giám khảo thảo luận thống nhất thêm chi tiết lời giải cũng như thang điểm của biểu điểm đã trình bày Tổ chấm có thể phân chia nhỏ thang điểm đến 0,25 điểm cho từng ý của đề thi Tuy nhiên, điểm từng bài, từng câu không được thay đổi Nội dung thảo luận và đã thống nhất khi chấm được ghi vào biên bản cụ thể để việc chấm phúc khảo sau này được thống nhất và chính xác

Học sinh có lời giải khác đúng, chính xác nhưng phải nằm trong chương trình được học thì bài làm đúng đến ý nào giám khảo cho điểm ý đó.

Việc làm tròn số điểm bài kiểm tra được thực hiện theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại Quyết định số 40/2006/BGD-ĐT.

Câu I

Với mỗi tham số gọi (Cm) là đồ thị của hàm số:

(1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số (1) khi

2) Chứng minh rằng: khi m thay

đổi, đường thẳng (m): luôn cắt

(Cm ) tại một điểm A có hoành độ không đổi Tìm m để ( m) còn cắt (Cm) tại hai điểm

nữa, khác A, mà các tiếp tuyến của (C m) tại hai điểm đó song song với nhau 2,0 đ

I.1

(1,00đ)

Khi ta có hàm số với tập

Hàm số f tăng trên các

khoảng giảm trên f đạt cực

BBT:

0,25 (C1) cắt Oy tại

nên (C1) cắt

Ox tại và

I.2

(1,00đ) Phương trình hoành độ giao điểm của (m) và (Cm) được viết thành:

 giao điểm

của (m) và (Cm) gồm và trong

số đó, A là điểm duy nhất có hoành độ không đổi (khi m thay đổi). 0,25 Đặt Các tiếp tuyến

của (Cm ) tại B và C

lần lượt là các đường thẳng:

0,25

,

m R

1

m 

2

y mx m 

1,

m 3 2

yf x D 2x  x  '( ) 3 4 ( )

f x'( ) 0 x  x0   x 4 3

f x   x  x (4 3, (4 3) x;0), (4 3;(0;4 3);0, (0) 1;f 5 27.);

x f 

3

3

2 1

x f x x x

x x

      

(0) 1

f (0;1). 

( ) 0 ( 1)( 1) 0 1

2

f x   x x 1x(1;0)5   x  x 

;0 2

  

(x1)(x  3mx2m ) 0  (x1)(x m x )(  2 ) 0.m 

2

( 1; ),

A C m m(2 ;B m( ;0)m m2);

( ) (3 1) 2 ( 1)

m

f x x  m x  m m x m (B) :yf m'( )x x y B  B  f m'( ) ,x x B B (C) :yf m'( )x x y C  C  f m'( ) x x C C

Ta cần tìm m để B và C cùng khác A

và tức là:

0,50

Câu II

1) Giải phương

trình lượng giác:

(1)

2) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt :

2,0 đ

II.1

(1,0đ)

Điều kiện xác định của (1): với

mọi k nguyên (*)

Với đk (*), ta có:

0,25

0,25

So sánh đk (*), ta chỉ lấy với m

nguyên (học sinh chỉ cần minh

II.2

(1,0đ)

Hệ  

(1) là pt của đường tròn (C1) có tâm I

và bán kính R =

(2), (3) lần lượt là pt các đường thẳng

(2), (3)

Nên hệ đầu có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi hai đường thẳng (2), (3) cắt

đường tròn (C1) tại 4 giao điểm đôi một phân biệt 0,25 (3) cắt (C1) 

4 giao điểm phân biệt  giao điểm của (2) và (3) không thuộc (C1)

(C1) 

KL: và

0,25

(1,0đ)

Đặt và chọn

Đặt và chọn

Do đó:

0,25

với đường thẳng và chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần Hãy xác định vị trí

của () để hai phần đó có thể tích bằng nhau

1,0 đ

/ / ;

B C

 

1

1 2

2 3

B A

C A

m B m C

B m B B C m C C

m

x x

m

x x

m









 (cot 3xcot ) cot 4x x(cot 3 x cot ) cot 2 x x

1 0

x y mx

x y x y m x y

    





      



3



x

cos3 sin cos sin 3 cos 4 cos3 sin cos sin 3 cos 2 (1)

sin 3 sin sin 4 sin 3 sin sin 2

0 cos 3 cos 2 0 2 cos 4

6 ) 1 2



6 ) 1 6

x

1 0

    







x y mx

    





x y mx

x y x y m

1 0 (2) 2 0 (3)



2

m

 

 

 

2

m 

2

2

4 2

2 2

m m m







   

2

2

2 2

m

m







2 1 2 1

;

M   

(1,0đ)

Gọi V là thể

tích của khối lăng trụ Theo giả thiết, mặt phẳng chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần Gọi

là thể tích của phần chứa đỉnh C, là thể

tích của phần còn lại Ta cần xác định vị trí của để

(1)

0,25

Nếu cắt cặp cạnh AC, BC thì

nên (1) không thỏa Vậy, phải

Gọi M và N tương ứng là giao

điểm giữa với các cạnh và

Cũng theo giả thiết, Đặt ta

có:

0,25

(1,0đ)

Trên khoảng hàm số có đạo

Suy ra:

0,25

Hằng số C lớn nhất để với mọi khi

và chỉ khi

C lớn nhất để với mọi

Câu VI

1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho

(E) là một elip di động nhưng luôn

nhận hai tiêu điểm của hypebol (H):

làm các tiêu điểm và luôn có điểm chung với đường thẳng (): Tìm giá trị bé nhất

của độ dài trục lớn của elip (E)

2) Tìm số hạng chứa trong khai

VI.1

(1,0đ)

Các tiêu điểm của (E) gồm: và

Gọi a là nửa độ dài trục lớn của

(E), điều kiên  phương trình

Tọa độ giao điểm giữa (E) và () là nghiệm của hệ:

(E) có

điểm

chung với

0,25

M

N

B' A'

B

C

A

C' ABC A B C V2   ' ' '.( )( )VV V1 1

V V

'

BB',

AA( )

'.

3 2

C ABC

V V

V  V  

( )

' '

' ' ' ' '

MNB A

C ABB A ABB A

S

x

V  V  S  

(0;1),

MA NB x

AA BB

 MNBB/ / ' '.AA( )A B'.' 

(1) x3 4

x y

e  Cxy

 (0;), ( ) ex

f x  x 2

'( ) x( 1)

f x e x x

'( ) 0

f x 

0f x '( ) 0x  x1;1,

0

min ( ) (1) 0

x f x f e

2

min min ( ) ( )



x y

e

f x f y

xy xex y0,[y Cxy0 ] e ( ) ( )

f x f y x0, y0C

2 0

0

min ( ) ( )





x y

C [f x f y ] e

1

5 4

x y

 6 0.

x y  

7

x

1 x x2x310

1( 3;0)

F  F2a (3;0).3

9

a a  

( 6)

(2 9) 12 (45 ) 0 (1) 1

9

6

6

x x

a a

y x

y x







 



  



(6 )a  (2a  9) (45a  a ) 0

  

Giá trị bé nhất của độ dài trục lớn

VI.2

(1,0đ)

Ta có:

0,25

và

0,25

Với l và k là các số tự nhiên, thì:

Kết luận: Số hạng chứa

Câu VII

Cho ba số dương x, y, z thay đổi

và thỏa điều kiện Tìm giá trị

(1,0đ)

Ta có:

và



 0,25

Do đó: Xét với



Lập BBT nhỏ nhất khi



-Hết -2(2 4 63 2 405) 2( 2 9)(2 2 45) 0

a a  a  a a  a  

2 45 2 3 10 2

a   a min 2a 3 10

1 x x x  1 x 1x

10 10

10 0

k



 

10 0

l



1

3

k

l k

l





   





3 2

k l











5 1

k l











7 0

k l











7

x

(C C C C C C C x)

3

  

x y z4 4 8 4

  

P x y z

8

z

x y  

8

(3 z)  x y 2 x y  4 x y 8 x y

( ) 3 64

f z   z  z

4 4 2 2 2 2( 4 4) ( 2 2 2)

x y  x y  x y  x y

(0;3)



z

x y  xy  x y  x y

' 4 64 4(3 ) 4(4 3 )[4 4 (3 ) (3 ) ]

f z   z   z  z z z  z  z   z

3

5

 

f z3

5

z  4 3

3

( ) ( ) 3 2 648 min

f z f z P

 

;

x y 648z

125

P 

648 125